Le document présente une série d'exercices sur les séries entières, incluant des tâches comme la détermination des rayons de convergence et le calcul des sommes dans leurs intervalles de convergence. Chaque exercice est marqué par des niveaux de difficulté et accompagnés de corrections détaillées. Plusieurs exercices portent également sur le développement de fonctions en séries entières.

1. Exo7
Séries entières
Exercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche sur www.maths-france.fr
* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile
I : Incontournable
Exercice 1 **
Déterminer le rayon de convergence de la série entière proposée dans chacun des cas suivants :
1. ∑+∞
n=1(lnn)nzn
2. ∑+∞
n=1 (
√
n)
n
zn
3. ∑+∞
n=0 (ln(n!))2
zn
4. ∑+∞
n=1
1
2 ch 1
n +cos 1
n
n4
zn
5. ∑+∞
n=1
Cn
2n
nn zn
6. ∑+∞
n=1
(ln(n!))a
n!b zn
7. ∑+∞
n=0
an
1+bn zn, (a,b) ∈ (R∗
+)2
Correction [005745]
Exercice 2
Calculer les sommes suivantes dans leur intervalle ouvert de convergence après avoir déterminé le rayon de
convergence de la série proposée.
1) (**) ∑+∞
n=2
1
n(n−1)xn 2) (**) ∑+∞
n=0
3n
n+2xn 3) (** I) ∑+∞
n=0
xn
2n+1 4) (**) ∑+∞
n=0
n
(2n+1)!xn
5) (*) ∑+∞
n=0
x4n
(4n)! 6) (**) ∑+∞
n=0(chn)xn 7) (** I) ∑+∞
n=1 ∑n
k=1
1
k xn 7) ∑+∞
n=0
n2+4n−1
n!(n+2) xn
9) (** I) ∑+∞
n=1 n(−1)n
xn 10) (*) ∑+∞
n=1(−1)n x4n−1
4n 11) (**) ∑+∞
n=0(n2 +1)2n+1xn 12) (**) ∑+∞
n=0(−1)n+1nx2n+1
13) (***) ∑+∞
n=0 anxn où a0 = a1 = 1 et ∀n ∈ N,
an+2 = an+1 +an
14) (**) ∑+∞
n=0 anxn où an est le nombre de couples (x,y) d’entiers naturels tels que
x+5y = n.
Correction [005746]
Exercice 3
Développer en série entière les fonctions suivantes :
1) (*) 1
(x−1)(x−2) 2) (*** I) 1
x2−2tx+1
, t ∈ R 3) (*) ln(x2 −5x+6)
4) (**) arctan xsina
1−xcosa , a ∈]0,π[ 5) (**) 1
(x−1)(x−2)...(x−p) 6) (*** I) (arcsinx)2
7) (*) x
0 cos(t2) dt 8) (*** I) x
−∞
dt
t4+t2+1
9) (**) cosxchx.
1

2. Correction [005747]
Exercice 4 * I
Pour x réel, on pose f(x) =
sinx
x si x = 0
1 si x = 0
. Montrer que f est ce classe C∞ sur R.
Correction [005748]
Exercice 5 *** I
Soient Pn = ∑n
k=0
Xk
k! et R > 0 donné. Montrer que pour n suffisamment grand, Pn n’a pas de racine dans le
disque fermé de centre 0 et de rayon R.
Correction [005749]
Exercice 6 **** Inverse d’une série entière
Soit ∑+∞
n=0 anzn une série entière de rayon R > 0 et telle que a0 = 1 (ou plus généralement a0 = 0).
1. Montrer qu’il existe une et une seule suite (bn)n∈N telle que ∀n ∈ N, ∑n
k=0 akbn−k = δ0,n.
2. Montrer que la série entière ∑+∞
n=0 bnzn a un rayon strictement positif.
Correction [005750]
Exercice 7 *** I
Pour n ∈ N, on pose Wn =
π/2
0 cosn t dt. Rayon de convergence et somme de la série entière associée à la suite
(Wn)n∈N.
Correction [005751]
Exercice 8 ***
Calculer ∑+∞
n=1
1
n cos 2nπ
3 xn pour x dans ]−1,1[.
Correction [005752]
Exercice 9 *** I
Calculer ∑+∞
n=0
xn
4n2−1
pour x dans ]−1,1[ et en déduire les sommes ∑+∞
n=0
1
4n2−1
et ∑+∞
n=0
(−1)n
4n2−1
.
Correction [005753]
Exercice 10 ****
Pour n entier naturel, on pose un = (−1)n
2n+1 ∑n
k=0
1
4k+1 . Convergence et somme de la série (numérique) de terme
général un.
Correction [005754]
Exercice 11 ***
Soit A une matrice carrée complexe de format p ∈ N∗. Rayon de convergence et somme en fonction de χA de
la série entière ∑+∞
n=0 Tr(An)zn.
Correction [005755]
Exercice 12 ***
Pour x réel, on pose F(x) = e−x2 x
0 et2
dt. En développant F en série entière par deux méthodes différentes,
montrer que pour tout entier naturel n,
∑n
k=0(−1)n−k 1
(2k+1)k!(n−k)! = (−1)n 22nn!
(2n+1)!.
2

3. Correction [005756]
Exercice 13 **
On pose a0 = 1 et b0 = 0 puis pour tout entier naturel n,
an+1 = −an −2bn
bn+1 = 3an +4bn
. Rayons et sommes de ∑+∞
n=0
an
n! xn
et ∑+∞
n=0
bn
n! xn.
Correction [005757]
Exercice 14 *** I
Rayon de convergence et somme de ∑+∞
n=1
1
nCn
2n
xn.
Correction [005758]
Exercice 15 *** I
Soient (an)n∈N et (bn)n∈N deux suites de réels strictement positifs telles que la suite an
bn n∈N
ait une limite
réelle k. (En particulier an =
n→+∞
o(bn) si k = 0 et an ∼
n→+∞
bn si k = 1).On suppose de plus que la série entière
associée à la suite (an)n∈N a un rayon de convergence égal à 1 et que la série de terme général an diverge.
1. Montrer que limx→1
∑+∞
n=0 anxn
∑+∞
n=0 bnxn = k.
2. Applications.
(a) Equivalent simple quand x tend vers 1 de ∑+∞
n=1 lnnxn.
(b) Déterminer limx→1(1−x)p
∑+∞
n=0 np−1xn où p est un entier naturel non nul donné.
Correction [005759]
Exercice 16
Soit (an)n∈N une suite à valeurs dans {−1,1}. Pour x réel on pose f(x) = ∑+∞
n=0
an
n! xn.
On suppose que pour tout entier naturel p et tout réel positif x, |f(p)(x)| 1. Déterminer f.
Correction [005760]
Exercice 17 **** I Développement en série entière de la fonction x → tanx
Pour x ∈ −π
2 , π
2 , on pose f(x) = tanx.
1. Montrer qu’il existe une suite de polynômes (Pn)n∈N telle que pour tout entier naturel n, f(n) = Pn ◦ f et
que les Pn sont à coefficients entiers naturels. (Utiliser tan = 1+tan2).
2. En utilisant la formule de TAYLOR-LAPLACE, montrer que la série de TAYLOR à l’origine de f a un
rayon de convergence R supérieur ou égal à π
2 .
3. On note an les coefficients du développement précédent et g la somme de la série entière associée à la
suite (an)n∈N. Montrer que pour tout entier naturel non nul n, (n+1)an+1 = ∑n
k=0 akan−k. En déduire que
pour tout x de −π
2 , π
2 , f(x) = g(x) et que R = π
2 .
4. Calculer a0, a1, a2,..., a7.
5. Vérifier que la fonction x → thx est développable en série entière. Préciser le rayon et la valeur des
coefficients en fonction des an.
Correction [005761]
Exercice 18 ***
Développer en série entière F(x) = +∞
0 e−t2
sin(tx) dt et en déduire que pour tout réel x, F(x) = e−x2/4
2
x
0 et2/4 dt.
Correction [005762]
3

4. Exercice 19 ***
Soit In le nombre d’involutions de [[1,n]]. Rayon de convergence et somme de la série entière associée à la suite
In
n! n∈N∗ .
Correction [005763]
Exercice 20 *** I Dénombrement de parenthésages
1. Soit E un ensemble non vide muni d’une loi interne et an le nombre de parenthésages possibles d’un
produit de n éléménts de E ((a1 = 1 conventionnellement), a2 = 1, a3 = 2, a4 = 5, ...). Montrer que pour
tout n 2, an = ∑n−1
k=1 akan−k.
2. Soit f la série entière associée à la suite (an). On suppose momentanément le rayon R de cette série
strictement positif. Montrer que pour tout x de ]−R,R[, (f(x))2 − f(x)+x = 0.
3. Calculer R et f.
4. En déduire an.
Correction [005764]
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4

5. Correction de l’exercice 1
1. Soit z = 0. Pour n > e1/|z|, on a |z|lnn > 1 et donc la suite ((lnn)nzn) ne tend pas vers 0 quand n tend vers
+∞. Ainsi, pour tout nombre complexe non nul z, la série proposée diverge grossièrement.
R = 0.
2. Soit z = 0. Pour n > 1
|z|2 , on a |z|
√
n > 1 et donc la suite ((
√
n)nzn) ne tend pas vers 0 quand n tend vers
+∞. Pour tout nombre complexe non nul z, la série proposée diverge grossièrement.
R = 0.
3. D’après la formule de STIRLING
(ln(n!))2 ∼
n→+∞
ln2 n
e
n √
2πn = n+ 1
2 lnn−n+ln( 2π)
2
∼
n→+∞
n2 ln2
n.
La série entière proposée a même rayon de convergence que la série entière associée à la suite (n2 ln2
n).
Comme limn→+∞
(n+1)2 ln2
(n+1)
n2 ln2
n
= 1, la règle de d’ALEMBERT permet d’affirmer que
R = 1.
4. n4 ln 1
2 ch 1
n +cos 1
n ) =
n→+∞
n4 ln 1+ 1
24n4 +o 1
n4 =
n→+∞
1
24 +o(1).
Donc 1
2 ch 1
n +cos 1
n
n4
∼
n→+∞
e1/24 et
R = 1.
5. Pour n ∈ N∗, posons an =
Cn+1
2n+2
(n+1)n+1 .
an+1
an
=
(2n+2)!
(2n)!
×
n!2
(n+1)!2
×
nn
(n+1)n+1
=
(2n+2)(2n+1)nn
(n+1)2(n+1)n+1
=
1
n+1
×
4n+2
n+1
× 1+
1
n
−n
∼
n→+∞
4
ne
.
et donc limn→+∞
an+1
an
= 0. D’après la règle de d’ALEMBERT,
R = +∞.
6. On a vu que ln(n!) ∼
n→+∞
nlnn. Donc la série entière proposée a même rayon de convergence que la série
entière associée à la suite (nlnn)a
n!b . Puis
((n+1)ln(n+1))a/(n+1)!b
(nlnn)a/n!b ∼
n→+∞
1
nb
et donc, d’après la règle de d’ALEMBERT
si b > 0, R = +∞, si b = 0, R = 1 et si b < 0, R = 0.
7. Si a = 0, R = +∞. On suppose a = 0.
• Si b > 1, an
1+bn ∼
n→+∞
a
b
n
et donc R = b
a .
• Si b = 1, an
1+bn = an
2 et R = a.
• Si 0 b < 1, an
1+bn ∼
n→+∞
an et R = a.
Dans tous les cas
5

6. R = Max(1,b)
a si a > 0 et R = +∞ si a = 0.
Correction de l’exercice 2
1. La règle de d’ALEMBERT montre que la série proposée a un rayon de convergence égal à 1.
1ère solution. Pour x ∈]−1,1[, on pose f(x) = ∑+∞
n=2
1
n(n−1)xn. f est dérivable sur ]−1,1[ et pour x dans
]−1,1[,
f (x) = ∑+∞
n=2
1
n−1 xn−1 = ∑+∞
n=1
xn
n = −ln(1−x).
Puis, pour x ∈]−1,1[, f(x) = f(0)+ x
0 f (t)dt = (1−x)ln(1−x)+x.
2ème solution. Pour x ∈]−1,1[,
f(x) = ∑+∞
n=2
1
n−1 − 1
n xn = x∑+∞
n=2
xn−1
n−1 −∑+∞
n=2
xn
n = −xln(1−x)+ln(1−x)+x.
∀x ∈]−1,1[, ∑+∞
n=2
xn
n(n−1) = −xln(1−x)+ln(1−x)+x.
2. La règle de d’ALEMBERT montre que la série proposée a un rayon égal à 1. Pour x ∈]−1,1[{0}
∑+∞
n=0
3n
n+2xn = 3 ∑+∞
n=0 xn −2∑+∞
n=0
xn
n+2 = 3 1
1−x − 2
x2 ∑+∞
n=2
xn
n = 3 1
1−x + 2
x2 (x+ln(1−x))
∀x ∈]−1,1[, ∑+∞
n=0
3n
n+2xn =
3 1
1−x + 2
x2 (x+ln(1−x)) si x ∈]−1,1[{0}
0 si x = 0
.
3. La règle de d’ALEMBERT montre que la série proposée a un rayon égal à 1.
• Soit x ∈]0,1[.
+∞
∑
n=0
xn
2n+1
=
+∞
∑
n=0
(
√
x)
2n
2n+1
=
1
√
x
+∞
∑
n=0
(
√
x)
2n+1
2n+1
=
1
√
x
(ln(1+
√
x)−ln(1−
√
x))
=
argth(
√
x)
√
x
.
• Soit x ∈]−1,0[.
+∞
∑
n=0
xn
2n+1
=
+∞
∑
n=0
(−1)n (−x)n
2n+1
=
1
√
−x
+∞
∑
n=0
(−1)n
√
−x
2n+1
2n+1
=
arctan(
√
−x)
√
−x
∀x ∈]−1,1[, ∑+∞
n=0
xn
2n+1 =



argth(
√
x)√
x
si x ∈]0,1[
1 si x = 0
arctan(
√
−x)√
−x
si x ∈]−1,0[
.
4. La règle de d’ALEMBERT montre que la série proposée a un rayon égal à +∞. Pour x réel,
f(x) = 1
2 ∑+∞
n=0
2n+1−1
(2n+1)! xn = 1
2 ∑+∞
n=0
1
(2n)! xn − 1
2 ∑+∞
n=0
1
(2n+1)!xn.
• Si x > 0,
f(x) = 1
2 ∑+∞
n=0
1
(2n)! (
√
x)
2n
− 1
2
√
x ∑+∞
n=0
1
(2n+1)! (
√
x)
2n+1
= 1
2 ch(
√
x)− 1√
x
sh(
√
x) .
• Si x < 0,
6

7. f(x) = 1
2 ∑+∞
n=0(−1)n 1
(2n)!
√
−x
2n
− 1
2
√
−x ∑+∞
n=0(−1)n 1
(2n+1)!
√
−x
2n+1
=
1
2 cos(
√
−x)− 1√
−x
sin(
√
−x) .
∀x ∈ R, ∑+∞
n=0
nxn
(2n+1)! =



1
2 ch(
√
x)− 1√
x
sh(
√
x) si x > 0
0 si x = 0
1
2 cos(
√
−x)− 1√
−x
sin(
√
−x) si x < 0
.
5. Immédiatement R = +∞ et
∀x ∈ R, ∑+∞
n=0
x4n
(4n)! = 1
2 (cosx+chx).
6. chn ∼
n→+∞
en
2 et donc R = 1
e . Pour x dans −1
e , 1
e ,
+∞
∑
n=0
(chn)xn
=
1
2
+∞
∑
n=0
(ex)n
+
+∞
∑
n=0
x
e
n
=
1
2
1
1−ex
+
1
1− x
e
=
1
2
2− e+ 1
e x
x2 − e+ 1
e x+1
=
1−xch1
x2 −2xch1+1
.
∀x ∈ −1
e , 1
e , ∑+∞
n=0 (chn)xn = 1−xch1
x2−2xch1+1
.
7. La série proposée est le produit de CAUCHY des séries entières ∑+∞
n=0 xn et ∑+∞
n=1
xn
n qui sont toutes deux
de rayon 1. Donc R 1. Mais d’autre part, pour tout entier naturel non nul n, an = ∑n
k=1
1
k 1 et R 1.
Finalement R = 1. De plus, pour x dans ]−1,1[, f(x) = 1
1−x ×−ln(1−x) = ln(1−x)
x−1 .
∀x ∈ ]−1,1[, ∑+∞
n=1 ∑n
k=1
1
k xn = ln(1−x)
x−1 .
8. La règle de d’ALEMBERT montre que le rayon de convergence est égal à +∞.
Pour n entier naturel donné, n2+4n−1
n!(n+2) = n3+5n2+3n−1
(n+2)! puis
n3
+5n2
+3n−1 = (n+2)(n+1)n+2n2
+n−1 = (n+2)(n+1)n+2(n+2)(n+1)−5n−5
= (n+2)(n+1)n+2(n+2)(n+1)−5(n+2)+5
Donc, pour tout réel x,
f(x) = ∑+∞
n=0
(n+2)(n+1)n
(n+2)! xn +2∑+∞
n=0
(n+2)(n+1)
(n+2)! xn −5∑+∞
n=0
n+2
(n+2)!xn +5∑+∞
n=0
1
(n+2)!xn.
Ensuite f(0) = −1
2 et pour x = 0,
f(x) =
+∞
∑
n=1
1
(n−1)!
xn
+2
+∞
∑
n=0
1
n!
xn
−5
+∞
∑
n=0
1
(n+1)!
xn
+5
+∞
∑
n=0
1
(n+2)!
xn
= xex
+2ex
−5
ex −1
x
+5
ex −1−x
x2
=
ex(x3 +2x2 −5x+5)−5x
x2
.
∀x ∈ R, ∑+∞
n=0
n2+4n−1
n!(n+2) xn =
ex(x3+2x2−5x+5)−5x
x2 si x ∈ R∗
−1
2 si x = 0
.
7

8. 9. Pour n ∈ N∗, 1
n an = n(−1)n
n et donc R = 1. Pour x dans ] − 1,1[, f(x) = ∑+∞
k=0
x2k+1
2k+1 + ∑+∞
k=1(2k)xk.
Puis
∑+∞
k=1(2k)xk = 2x∑+∞
k=1 kxk−1 = 2x ∑+∞
k=0 xk = 2x 1
1−x = 2x
(1−x)2 .
∀x ∈]−1,1[, ∑+∞
n=1 n(−1)n
xn = argthx+ 2x
(1−x)2 .
10. R = 1. Pour x réel non nul dans ]−1,1[, f(x) = −1
x ∑+∞
n=1(−1)n−1 (x4)n
n = −ln(1+x4)
4x et sinon f(0) = 0.
∀x ∈]−1,1[, ∑+∞
n=1(−1)n x4n−1
4n =
−ln(1+x4)
4x si x = 0
0 si x = 0
.
11. La règle de d’ALEMBERT fournit R = 1
2. Pour x dans −1
2, 1
2 ,
+∞
∑
n=0
(n2
+1)2n+1
xn
= 2
+∞
∑
n=0
(n+2)(n+1)(2x)n
−3
+∞
∑
n=0
(n+1)(2x)n
+2
+∞
∑
n=0
(2x)n
= 2
+∞
∑
n=0
(2x)n
−3
+∞
∑
n=0
(2x)n
+2
+∞
∑
n=0
(2x)n
= 2 2
1
1−2x
−3
2
(1−2x)2
+
4
(1−2x)3
= 2
2(1−2x)2 −6(1−2x)+8
(1−2x)3
= 2
8x2 +4x
(1−2x)3
.
12. Pour x = 1, la suite ((−1)n+1nx2n+1) n’est pas bornée et donc R 1. Mais la série converge si |x| < 1 et
R 1. Finalement R = 1.
Pour x dans ]−1,1[,
+∞
∑
n=0
(−1)n+1
nx2n+1
=
1
2
+∞
∑
n=0
(−1)n+1
(2n+2)x2n+1
−2
+∞
∑
n=0
(−1)n+1
x2n+1
=
1
2
+∞
∑
n=0
(−1)n+1
x2n+2
+2x
+∞
∑
n=0
(−x2
)n
=
1
2
−x2
1+x2
+
2x
1+x2
= −
x(1+x2)−x3
1+x2)2
+
x
1+x2
=
x3
1+x2)2
.
∀x ∈]−1,1[, ∑+∞
n=0(−1)n+1nx2n+1 = x3
1+x2)2 .
13. 1ère solution. Les racines de l’équation caractéristique z2 − z − 1 = 0 sont α = 1+
√
5
2 et β = 1−
√
5
2 . On
sait qu’il existe deux nombres réels λ et µ tels que pour tout entier naturel n,
an = λ 1+
√
5
2
n
+ µ 1−
√
5
2
n
.
Les égalités n = 0 et n = 1 fournissent
λ + µ = 1
1+
√
5
2 λ + 1−
√
5
2 µ = 1
⇔
λ + µ = 1
λ − µ = 1√
5
⇔



λ = 1
2 1+ 1√
5
µ = 1
2 1− 1√
5
⇔
λ = 1√
5
1+
√
5
2
µ = − 1√
5
1−
√
5
2
.
Finalement, pour tout entier naturel n, an = 1√
5
1+
√
5
2
n+1
− 1√
5
1−
√
5
2
n+1
.
Les séries entières respectivement associées aux suites 1+
√
5
2
n+1
et 1−
√
5
2
n+1
ont pour rayons
respectifs 1
(1+
√
5)/2
=
√
5−1
2 et 1
(1−
√
5)/2
=
√
5+1
2 . Ces rayons étant distincts, la série proposée a pour
rayon
8

9. R = Min
√
5−1
2 ,
√
5+1
2 =
√
5−1
2 .
Pour x dans −
√
5−1
2 ,
√
5−1
2 , on a
+∞
∑
n=0
anxn
=
α
√
5
+∞
∑
n=0
(αx)n
−
β
√
5
+∞
∑
n=0
(βx)n
=
1
√
5
α
1−αx
−
β
1−βx
=
α −β
√
5
×
1
αβx2 −(α +β)x+1
=
1
1−x−x2
.
2ème solution. Supposons à priori le rayon R de la série proposée strictement positif. Pour x dans ]−R,R[,
on a
f(x) = 1+x+
+∞
∑
n=2
anxn
= 1+x+
+∞
∑
n=0
an+2xn+2
= 1+x+
+∞
∑
n=0
(an+1 +an)xn+2
= 1+x+x
+∞
∑
n=0
an+1xn+1
+x2
+∞
∑
n=0
anxn
(les deux séries ont même rayon)
= 1+x+x(f(x)−1)+x2
f(x).
Donc, nécessairement ∀x ∈]−R,R[, f(x) = 1
1−x−x2 .
Réciproquement, la fraction rationnelle ci-dessus n’admet pas 0 pour pôle et est donc développable en
série entière. Le rayon de convergence de la série obtenue est le minimum des modules des pôles de f
à savoir R =
√
5−1
2 . Notons ∑+∞
n=0 bnxn ce développement. Pour tout x de ]−R,R[, on a ∑+∞
n=0 bnxn (1−x−
x2) = 1 et donc ∑+∞
n=0 bnxn −∑+∞
n=0 bnxn+1 −∑+∞
n=0 bnxn+2 = 1 ce qui s’écrit encore ∑+∞
n=0 bnxn −∑+∞
n=1 bn−1xn −
∑+∞
n=2 bn−2xn = 1. Finalement
∀x ∈]−R,R[, b0 +(b1 −b0)x+∑+∞
n=2(bn−bn−1 −bn−2)xn = 1.
Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on a alors b0 = b1 = 1 et ∀n 2,
bn = bn−1 +bn−2. On en déduit alors par récurrence que ∀n ∈ N, bn = an.
∀x ∈ −
√
5−1
2 ,
√
5−1
2 , ∑+∞
n=0 anxn = 1
1−x−x2 .
Remarque. En généralisant le travail précédent, on peut montrer que les suites associées aux dévelop-
pements en série entière des fractions rationnelles sont justement les suites vérifiant des relations de
récurrence linéaire.
14. Pour tout entier naturel n, 1 an n+1. Donc R = 1.
On remarque que pour tout entier naturel n, an = ∑k+5l=n 1. La série entière proposée est donc le produit
de CAUCHY des séries ∑+∞
k=0 xk et ∑+∞
l=0 x5l. Pour x dans ]−1,1[, on a donc
f(x) = ∑+∞
k=0 xk
∑+∞
l=0 x5l = 1
1−x × 1
(1−x)5 .
Remarque. De combien de façons peut -on payer 100 euros avec des pièces de 1, 2, 5, 10, 20 et 50
centimes d’euros, des pièces de 1 et 2 euros et des billets de 10 et 20 euros ? Soit N le nombre de
solutions. N est le nombre de solutions en nombres entiers a,b,... de l’équation
a+2b+5c+10d +20e+50f +100g+200h+500k +1000i+2000j = 10000
et est donc le coefficient de x10000 du développement en série entière de
1
(1−x)(1−x2)(1−x5)(1−x10)(1−x20)(1−x50)(1−x100)(1−x200)(1−x500)(1−x1000)(1−x2000)
,
La remarque est néanmoins anecdotique et il semble bien préférable de dénombrer à la main le nombre
de solutions. Les exercices 19 et 20 de cette planche font bien mieux comprendre à quel point les séries
entières sont un outil intéressant pour les dénombrements.
9

10. Correction de l’exercice 3
Dans chaque question, on note f la fonction considérée.
1. f est développable en série entière à l’origine en tant que fraction rationelle n’admettant pas 0 pour pôle.
Le rayon du développement est le minimum des modules des pôles de f à savoir 1. Pour x dans ]−1,1[,
f(x) = 1
x−1 − 1
x−2 = 1
1−x − 1
2 × 1
1− x
2
= ∑+∞
n=0 xn − 1
2 ∑+∞
n=0
xn
2n = ∑+∞
n=0 1− 1
2n+1 xn.
2. f est développable en série entière à l’origine en tant que fraction rationelle n’admettant pas 0 pour pôle.
1er cas. Si |t| < 1, soit θ = arccost. On a donc θ ∈]0,π[ et t = cos(θ). Pour tout réel x, on a
x2 −2tx+1 = x2 −2xcos(θ)+1 = (x−eiθ )(x−e−iθ ),
avec eiθ = e−iθ . Les pôles sont de modules 1 et le rayon du développement est donc égal à 1. Pour x dans
]−1,1[,
1
x2 −2xcos(θ)+1
=
1
2isin(θ)
1
x−eiθ
−
1
x−e−iθ
=
1
2isin(θ)
−
e−iθ
1−xe−iθ
+
eiθ
1−xeiθ
=
1
2isin(θ)
eiθ
+∞
∑
n=0
einθ
xn
−e−iθ
+∞
∑
n=0
e−inθ
xn
=
+∞
∑
n=0
sin((n+1)θ)
sinθ
xn
.
∀t ∈]−1,1[, ∀x ∈]−1,1[, 1
x2−2xt+1
= ∑+∞
n=0
sin((n+1)θ)
sinθ xn où θ = arccost.
2ème cas. Si t > 1, on peut poser t = ch(θ) où θ est un certain réel positif ou nul. Plus précisément,
θ = argcht = ln(t +
√
t2 −1) ∈]0,+∞[. Pour tout réel x, on a
x2 −2tx+1 = x2 −2xch(θ)+1 = (x−eθ )(x−e−θ ),
avec eθ = e−θ . Le minimum des modules des pôles de f est e−θ = 1
t+
√
t2−1
= t −
√
t2 −1. Le rayon du
développement est donc R = t −
√
t2 −1. Pour x ∈]−R,R[,
1
x2 −2xch(θ)+1
=
1
2sh(θ)
1
x−eθ
−
1
x−e−θ
=
1
2sh(θ)
−
eiθ
1−xe−θ
+
eθ
1−xeθ
=
1
2sh(θ)
eθ
+∞
∑
n=0
enθ
xn
−e−θ
+∞
∑
n=0
e−nθ
xn
=
+∞
∑
n=0
sh((n+1)θ)
shθ
xn
.
3ème cas. Si t < −1, on applique ce qui précède à −t et −x.
4ème cas. Si t = 1, pour x ∈]−1,1[,
1
x2−2xt+1
= 1
(1−x)2 = 1
1−x = ∑+∞
n=0(n+1)xn
Si t = −1, en remplaçant x par −x, on obtient pour x ∈]−1,1[, 1
(1+x)2 = ∑+∞
n=0(−1)n(n+1)xn.
3. Pour tout réel x, x2 −5x+6 = (x−2)(x−3) et donc si x < 2, x2 −5x+6 > 0. Pour x ∈]−2,2[,
ln(x2 −5x+6) = ln(2−x)+ln(3−x) = ln(6)+ln 1− x
2 +ln 1− x
3 ,
et puisque pour x dans ]−2,2[, x
2 et x
3 sont dans ]−1,1[,
ln(x2 −5x+6) = ln(6)−∑+∞
n=1
1
2n + 1
3n
xn
n ,
et en particulier la fonction f est développable en série entière et le rayon du développement est 2 claire-
ment.
10

11. 4. Si cosa = 0, la fonction f est définie et dérivable sur D = R et si cosa = 0, f est définie et dérivable sur
D = −∞, 1
cosa ∪ 1
cosa ,+∞ . Pour x ∈ D,
f (x) = sina× 1
(1−xcosa)2 × 1
1+( xsina
1−xcosa )
2 = sina
x2−2xcosa+1
.
D’après 2), la fonction f est dans tous les cas développable en série entière, le rayon du développement
est 1 et pour x dans ]−1,1[
f (x) = ∑+∞
n=0
sin((n+1)a)
sina xn.
On sait alors que la fonction f est développable en série entière, que le développement a même rayon de
convergence et s’obtient en intégrant terme à terme. Donc pour x dans ]−1,1[,
f(x) = f(0)+ x
0 f (t) dt = ∑+∞
n=0
sin(n+1)a)
sina xn+1.
5. La fonction f est développable en série entière en tant que fraction rationnelle n’admettant pas 0 pour
pôle. Le rayon est le minimum des modules des pôles de f à savoir 1.
1
(x−1)(x−2)...(x−p) = ∑
p
k=1
λk
x−k
avec λk = (−1)p−k 1
(k−1)!(p−k)! = (−1)p−k k
p!Ck
p. Par suite, pour x dans ]−1,1[
f(x) =
p
∑
k=1
(−1)p−k k
p!
Ck
p −
1
k
1
1− x
k
=
(−1)p
p!
p
∑
k=1
(−1)k+1
Ck
p
+∞
∑
n=0
xn
kn
=
(−1)p
p!
+∞
∑
n=0
p
∑
k=1
(−1)k+1
Ck
p
kn
xn
.
6. La fonction f est deux fois dérivable sur ]−1,1[ et pour x dans ]−1,1[, f (x) = 2 1√
1−x2
arcsinx puis
f (x) = 2x 1
(1−x2)3/2 arcsinx+ 2
1−x2 = x
1−x2 f (x)+ 2
1−x2 .
Donc, pour x dans ]−1,1[,
(1−x2)f (x)−x f (x) = 2 (1) et f(0) = f (0) = 0 (2).
On admettra que ces égalités déterminent la fonction f de manière unique.
Soit ∑+∞
n=0 anxn une série entière de rayon R supposé à priori strictement positif. Pour x ∈]−R,R[, on pose
g(x) = ∑+∞
n=0 anxn.
g est solution de (1) sur ]−R,R[ ⇔ ∀x ∈]−R,R[, (1−x2
)
+∞
∑
n=2
n(n−1)anxn−2
−x
+∞
∑
n=1
nanxn−1
= 2
⇔ ∀x ∈]−R,R[,
+∞
∑
n=2
n(n−1)anxn−2
−
+∞
∑
n=0
n(n−1)anxn
+
+∞
∑
n=0
nanxn
= 2
⇔ ∀x ∈]−R,R[,
+∞
∑
n=2
n(n−1)anxn−2
−
+∞
∑
n=0
n2
anxn
= 2
⇔ ∀x ∈]−R,R[,
+∞
∑
n=0
(n+2)(n+1)an+2xn
−
+∞
∑
n=0
n2
anxn
= 2
⇔ ∀x ∈]−R,R[,
+∞
∑
n=0
((n+2)(n+1)an+2 −n2
an)xn
= 2
⇔ a2 = 1 et ∀n ∈ N∗
, an+2 =
n2
(n+2)(n+1)
an (par unicité des coefficients d’un DES
En résumé, la fonction g est solution de (1) et (2) sur ]−R,R[ si et seulement si a0 = a1 = 0 et a2 = 1 et
∀n ∈ N∗, an+2 = n2
(n+2)(n+1)an (3) puis
11

12. (3) ⇔ ∀n ∈ N, a2n+1 = 0 et a0 = 0, a2 = 1 et ∀n 2, a2n =
((2n−2)×...×4×2)2
(2n)×(2n−1)...×4×3
a2
⇔ a0 = 0 et ∀n ∈ N, a2n+1 = 0 et ∀n ∈ N∗
, a2n =
22n−1((n−1)!)2
(2n)!
En résumé, sous l’hypothèse R > 0, la fonction g est solution de (1) et (2) sur ]−R,R[ si et seulement si
∀x ∈]−R,R[, g(x) = ∑+∞
n=1
22n−1
n2Cn
2n
x2n.
Réciproquement, calculons le rayon de la série entière précédente. Pour x réel non nul,
22n+1(n!)2x2n+2
(2n+2)! × (2n)!
22n−1((n−1)!)2x2n = 4x2n2
(2n+2)(2n+1 →
n→+∞
x2.
D’après la règle de d’ALEMBERT, la série proposée converge absolument pour |x| < 1 et diverge gros-
sièrement pour |x| > 1. Le rayon de la série proposée est donc 1 > 0 ce qui valide les calculs précédents.
Par unicité de la solution de (1) et (2) sur ]−1,1[, f est développable en série entière et
∀x ∈]−1,1[, arcsin2
x = ∑+∞
n=1
22n−1
n2Cn
2n
x2n.
7. Pour tout réel x, cos(x2) = ∑+∞
n=0(−1)n x4n
(2n)! (le rayon est infini). On sait alors que la fonction f est déve-
loppable en série entière, que le rayon du développement est encore infini et que l’on peut intégrer terme
à terme pour obtenir (en tenant compte de f(0) = 0)
∀x ∈ R, x
0 = ∑+∞
n=0(−1)n x4n+1
(4n+1)×(2n)! .
8. Les zéros du polynôme t4 +t2 +1 sont j, j2, −j et −j2. Donc la fonction t → 1
t4+t2+1
est développable
en série entière en tant que fraction rationnelle n’admettant pas zéro pour pôle et que le rayon de la série
obtenue est 1. Puis pour t dans ]−1,1[,
1
t4+t2+1
= 1−t2
1−t6 = (1−t2)∑+∞
n=0 t6n = ∑+∞
n=0 t6n −∑+∞
n=0 t6n+2 = 1−t2 +t6 −t8 +t12 −t14 +....
La fonction t → 1
t4+t2+1
est continue sur ] − ∞,0] et négligeable devant 1
t2 quand t tend vers −∞. La
fonction t → 1
t4+t2+1
est donc intégrable sur ]−∞,0].
Par intégration terme à terme licite, on obtient pour x dans ]−1,1[,
f(x) = 0
−∞
1
t4+t2+1
dt + x
0
1
t4+t2+1
dt = 0
−∞
1
t4+t2+1
dt +∑+∞
n=0
t6n+1
6n+1 − t6n+3
6n+3 .
Calcul de I = 0
−∞
1
t4+t2+1
dt. Par parité et réalité,
1
t4+t2+1
= a
t−j + a
t−j2 − a
t+j − a
t+j2 ,
avec a = 1
4 j3+2 j
= 1
2(2+j) = 2+j2
2(2+j)(2+j2)
= 1−j
6 . Puis
1
t4 +t2 +1
=
1
6
1− j
t − j
+
1− j2
t − j2
−
1− j
t + j
−
1− j2
t + j2
=
1
6
3t +3
t2 +t +1
+
−3t +3
t2 −t +1
=
1
4
2t +1
t2 +t +1
+
1
t2 +t +1
−
2t −1
t2 −t +1
+
1
t2 −t +1
=
1
4



2t +1
t2 +t +1
+
1
t + 1
2
2
+
√
3
2
2
−
2t −1
t2 −t +1
+
1
t − 1
2
2
+
√
3
2
2


.
Par suite,
12

13. 0
−∞
1
t4 +t2 +1
dt =
1
4
ln
t2 +t +1
t2 −t +1
+
2
√
3
arctan
2t +1
√
3
+arctan
2t −1
√
3
0
−∞
=
1
2
√
3
π
2
+
π
2
=
π
2
√
3
.
En résumé,
∀x ∈]−1,1[, x
−∞
1
t4+t2+1
dt = π
2
√
3
+∑+∞
n=0
t6n+1
6n+1 − t6n+3
6n+3 .
9. f est développable en série entière sur R en tant que produit de fonctions développables en série entière
sur R. Pour x réel,
cosxchx =
1
4
e(1+i)x
+e(1−i)x
+e(−1+i)x
+e(−1−i)x
=
1
4
+∞
∑
n=0
((1+i)n
+(1−i)n
+(−1+i)n
+(−1−i)n
)
xn
n!
=
1
4
+∞
∑
n=0
(
√
2eiπ/4
)n
+(
√
2e−iπ/4
)n
+(
√
2e3iπ/4
)n
+(
√
2e−3iπ/4
)n xn
n!
=
1
2
+∞
∑
n=0
(
√
2)n
cos
nπ
4
+cos
3nπ
4
xn
n!
=
1
4
+∞
∑
n=0
(
√
2)n
cos
nπ
2
cos
nπ
4
xn
n!
=
1
4
+∞
∑
p=0
(
√
2)2p
(−1)p
cos
pπ
2
x2p
(2p)!
=
1
4
+∞
∑
k=0
(
√
2)4k
(−1)2k
cos
2kπ
2
x4k
(4k)!
=
+∞
∑
k=0
(−1)k
22k−2 x4k
(4k)!
.
∀x ∈ R, cosxchx = ∑+∞
k=0(−1)k22k−2 x4k
(4k)! .
Correction de l’exercice 4
Pour x réel non nul, f(x) = ∑+∞
n=0(−1)n x2n
(2n+1)! ce qui reste vrai pour x = 0. La fonction f est donc développable
en série entière sur R et en particulier, la fonction f est de classe C∞ sur R.
Correction de l’exercice 5
Soit R > 0. Notons DR le disque fermé de centre 0 et de rayon R. Soient z ∈ DR et n un entier naturel.
|Pn(z)| = |ez −(ez −Pn(z))| |ez|−|ez −Pn(z)| e−R −|ez −Pn(z)|.
On sait que la suite de polynômes (Pn)n∈N converge uniformément vers la fonction exponentielle sur DR.Donc
il existe un entier n0 tel que pour tout z ∈ DR et tout entier n n0, |ez −Pn(z)| 1
2 e−R. Pour n n0 et z ∈ DR,
|Pn(z)| 1
2e−R > 0 et Pn ne s’annule pas dans DR.
Correction de l’exercice 6
On cherche une série entière ∑+∞
n=0 bnxn de rayon R strictement positif telle que ∑+∞
n=0 anxn
∑+∞
n=0 bx
nn = 1
pour x élément d’un certain intervalle ouvert non vide de centre 0.
Cette égalité impose à la suite (bn) de vérifier le système d’équations



a0b0 = 1
a0b1 +a1b0 = 0
a0b2 +a1b1 +a2b0 = 0
...
a0bn +a1bn−1 +...+an−1b1 +anb0 = 1
...
13

14. 1. Montrons par récurrence que ∀n ∈ N, bn existe et est unique.
• Puisque a0 = 1, a0b0 = 1 ⇔ b0 = 1. Ceci montre l’existence et l’unicité de b0.
• Soit n ∈ N. Supposons avoir démontré l’existence et l’unicité de b0, b1, ..., bn.
Alors a0bn+1 +a1bn +...+anb1 +an+1b0 = 0 ⇔ bn+1 = −a1bn −...−anb1 −an+1b0. Ceci montre l’exis-
tence
et l’unicité de bn+1.
On a montré par récurrence que la suite (bn) existe et est unique.
2. Il faut alors vérifier que la série entière associée à la suite (bn)n∈N a un rayon de convergence strictement
positif .
Soit R > 0 le rayon de la série associée à la suite (an)n∈N et soit r un réel tel que 0 < r < R.
On sait que la suite (anrn)n∈N est bornée et il existe M > 0 tel que pour tout entier naturel n, |an| M
rn .
b0 = 1 puis |b1| = |−a1b0| M
r puis |b2| = |−a2b0 −a1b1| M
r2 + M
r × M
r = M(M+1)
r2 puis
|b3| = |−a3b0 −a2b1 −a1b2| M
r3 + M
r2 ×+M
r + M
r × M(M+1)
r2 = M(M2+2M+1)
r3 = M(M+1)2
r3 .
Montrons alors par récurrence que ∀n ∈ N∗, bn| M(M+1)n−1
rn .
• C’est vrai pour n = 1.
• Soit n 1, supposons que ∀k ∈ [[1,n]], |bk| M(M+1)k−1
rk . Alors
|bn+1| |−an+1b0|+|−anb1|+...+|−a1bn|
M
rn+1
+
n
∑
k=1
M(M +1)k−1
rk
×
M
rn+1−k
=
M
rn+1
1+M
n
∑
k=1
(M +1)k−1
=
M
rn+1
1+M
(M +1)n −1
(M +1)−1
=
M(M +1)n
rn+1
.
On a montré par récurrence que pour tout entier naturel non nul n, |bn| M(M+1)n
rn+1 . En particulier , le
rayon R de la série entière associée à la suite (bn)n∈N vérifie R r
M+1 > 0. Ceci valide les calculs
initiaux sur ] − ρ,ρ[ où ρ = Min(R,R ) > 0 et donc l’inverse d’une fonction f développable en série
entière à l’origine et telle que f(0) = 0 est développable en série entière à l’origine.
Correction de l’exercice 7
On a déjà vu que Wn ∼
n→+∞
π
2n et la règle de d’ALEMBERT fournit R = 1. Soit x ∈]−1,1[.
Pour tout t ∈ 0, π
2 et tout entier naturel n, |xn cosn t| |x|n. Comme la série numérique de terme général |x|n,
n ∈ N, converge, la série de fonctions de terme général t → xncosnt est normalement et donc uniformément
convergente sur le segment 0, π
2 . D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment,
+∞
∑
n=0
Wnxn
=
+∞
∑
n=0
xn
π/2
0
cosn
t dt =
π/2
0
+∞
∑
n=0
xn
cosn
t dt =
π/2
0
1
1−xcost
dt
=
1
0
1
1−x1−u2
1+u2
2du
1+u2
(en posant u = tan
t
2
)
= 2
1
0
1
(1+x)u2 +(1−x)
du = 2×
1
1+x
×
1
1−x
1+x

arctan

 u
1−x
1+x




1
0
=
2
√
1−x2
arctan
x+1
x−1
.
∀x ∈]−1,1[, ∑+∞
n=0Wnxn = 2√
1−x2
arctan x+1
x−1 .
14

15. Correction de l’exercice 8
Pour tout entier naturel non nul, |an| 1
n et donc R 1. Mais si x > 1, la suite 1
n cos 2nπ
3 xn
n 1
n’est pas
bornée comme on le voit en considérant la suite extraite des termes d’indices multiples de 3 et donc R = 1.
Pour x dans ] − 1,1[, f(x) = Re ∑+∞
n=1
(jx)n
n . Le problème est alors de ne pouvoir écrire −ln(1 − jx). Il faut
s’y prendre autrement.
f est donc dérivable sur ]−1,1[ et pour x dans ]−1;1[,
f (x) = ∑+∞
n=1 cos 2nπ
3 xn−1 = Re ∑+∞
n=0 jnxn−1 = Re j
1−jx = Re j(1−j2x)
x2+x+1
= −1
2
2x+1
x2+x+1
.
Par suite, pour x ∈]−1,1[, f(x) = f(0)+ x
0 f (t) dt = −1
2 ln(x2 +x+1).
∀x ∈]−1,1[, ∑+∞
n=1
1
n cos 2nπ
3 xn = −1
2 ln(x2 +x+1).
Correction de l’exercice 9
Le rayon de la série considérée est égal 1. Soit x ∈]−1,1[.
f(x) = 1
2 ∑+∞
n=0
1
2n−1 − 1
2n+1 xn = 1
2 −1+∑+∞
n=1
xn
2n−1 −∑+∞
n=0
xn
2n+1 .
• Si x est dans ]0,1[,
f(x) =
1
2
−1+
+∞
∑
n=0
xn+1
2n+1
−
+∞
∑
n=0
xn
2n+1
=
1
2
−1+
√
x−
1
√
x
+∞
∑
n=0
(
√
x)
2n+1
2n+1
=
1
2
−1+
√
x−
1
√
x
ln
1+
√
x
1−
√
x
.
• Si x est dans ]−1,0[,
f(x) =
1
2
−1+
+∞
∑
n=0
xn+1
2n+1
−
+∞
∑
n=0
xn
2n+1
=
1
2
−1−
√
−x+
1
√
−x
+∞
∑
n=0
(−1)n
√
−x
2n+1
2n+1
=
1
2
−1−
√
−x+
1
√
−x
arctan(
√
−x) .
• f(0) = −1.
Maintenant, la somme est en fait définie sur [−1,1] car les séries numériques de termes généraux 1
4n2−1
et (−1)n
4n2−1
convergent. Vérifions que la somme est continue sur [−1,1].
Pour x dans [−1,1] et n ∈ N∗, xn
4n2−1
1
4n2−1
qui est le terme général d’une série numérique convergente. La
série entière considérée converge donc normalement sur [−1,1]. On en déduit que cette somme est continue sur
[−1,1]. Donc
+∞
∑
n=0
1
4n2 −1
= f(1) = lim
x→1
x<1
f(x) = lim
x→1
x<1
1
2
−1+
√
x−
1
√
−x
ln 1+
√
x +
1
√
x
(1+
√
x)(1−
√
x)ln(1−
√
x)
= −
1
2
Remarque. ∑+∞
n=0
1
4n2−1
= limn→+∞
1
2 ∑n
k=0
1
2k−1 − 1
2k+1 = limn→+∞
1
2 −1− 1
2n+1 = −1
2 (série télesco-
pique).
15

16. On a aussi
+∞
∑
n=0
(−1)n
4n2 −1
= f(−1) = lim
x→−1
x>−1
f(x) = lim
x→−1
x>−1
1
2
−1−
√
−x+
1
√
−x
arctan(
√
−x)
=
1
2
(−1−2arctan1) = −
π +2
4
.
Correction de l’exercice 10
Pour tout entier naturel n, |an| 1
2n+1 et donc la série proposée ne converge pas absolument.
Pour tout entier naturel n,
|un|−|un+1| =
1
2n+1
n
∑
k=0
1
4k +1
−
1
2n+3
n+1
∑
k=0
1
4k +1
=
1
2n+1
−
1
2n+3
n
∑
k=0
1
4k +1
−
1
2n+3
×
1
4n+5
=
2
(2n+1)(2n+3)
n
∑
k=0
1
4k +1
−
1
(2n+3)(4n+5)
1
(2n+3)(2n+1)
−
1
(2n+3)(4n+5)
> 0.
La suite (|un|)n∈N est donc décroissante. De plus, pour tout entier naturel non nul n,
∑n
k=0
1
4k+1 ∑4n+1
k=1
1
k 1+∑4n+1
k=2
k
k−1
1
t dt = 1+ln(4n+1)
et donc |un| 1+ln(4n+1)
2n+1 . On en déduit que limn→+∞ un = 0. Finalement, la série proposée converge en vertu du
critère spécial aux séries alternées.
Considérons la série entière ∑+∞
n=0 unx2n+1. La série de terme général an converge et donc R 1 mais puisque
la série de terme général |an| diverge et donc R 1. Finalement, R = 1. Pour x ∈] − 1,1[, posons f(x) =
∑+∞
n=0 unx2n+1. Pour x dans ]−1,1[,
f (x) =
+∞
∑
n=0
(−1)n
n
∑
k=0
1
4k +1
x2n
=
+∞
∑
n=0
n
∑
k=0
1
4k +1
(−x2
)n
=
+∞
∑
n=0
(−x2)n
4n+1
+∞
∑
n=0
(−x2
)n
(produit de CAUCHY de deux séries numériques absolument convergentes)
Donc, pour x dans ]0,1[, f (x) = g(x)h(x) où h(x) = ∑+∞
n=0(−x2)n = 1
1+x2 puis
g(x) = 1√
x ∑+∞
n=0(−1)n 1
4n+1 (
√
x)4n+1.
Maintenant, en posant k(X) = ∑+∞
n=0(−1)nX4n+1 pour X dans ]−1,1[, k (X) = ∑+∞
n=0(−1)nX4n = 1
X4+1
. Ensuite,
en posant ω = eiπ/4, par réalité et parité
1
X4+1
= a
X−ω + a
X−ω − a
X+ω − a
X+ω
où a = 1
4ω3 = −ω
4 . Il vient alors
1
X4 +1
= −
1
4
ω
X −ω
+
ω
X −ω
−
ω
X +ω
−
ω
X +ω
=
1
4
−
X
√
2−2
X2 −
√
2X +1
+
X
√
2+2
X2 +
√
2X +1
=
1
4
√
2
2X +2
√
2
X2 +
√
2X +1
−
2X −2
√
2
X2 −
√
2X +1
=
1
4
√
2



2X +
√
2
X2 +
√
2X +1
+
√
2
X + 1√
2
2
+ 1√
2
2
−
2X −
√
2
X2 −
√
2X +1
+
√
2
X − 1√
2
2
+ 1√
2
2



En tenant compte de k(0) = 0, on obtient donc pour X ∈]−1,1[,
16

17. k(X) = 1
4
√
2
ln(X2 +X
√
2+1)−ln(X2 −X
√
2+1))+2 arctan(X
√
2+1)+arctan(X
√
2−1) .
Ensuite, pour tout réel x ∈]0,1[, f (x) = 1√
x
k(
√
x) 1
1+x2 = 1√
x
k (
√
x)k(
√
x) et donc
f(x) = f(0)+ k
√
x
2
−k(0)2
= k
√
x
2
=
1
32
ln(X2
+X
√
2+1)−ln(X2
−X
√
2+1))+2 arctan(X
√
2+1)+arctan(X
√
2−1)
2
.
Quand x tend vers 1, f(x) tend vers
1
32 ln 2+
√
2
2−
√
2
+2(arctan(
√
2+1)+arctan(
√
2−1))
2
= 1
32 ln(3+2
√
2)+π
2
.
(car arctan(
√
2+1)+arctan(
√
2−1) = arctan(
√
2+1)+arctan 1√
2+1
= π
2 ).
Enfin, pour x dans [0,1] et n dans N, |un|xn −|un+1|xn+1 (|un|−|un+1|)xn 0 et la série numérique de terme
général unxn est alternée. D’après une majoration classique du reste à l’ordre n d’une telle série, pour tout entier
naturel n et tout réel x de [0,1],
|Rn(x)| = ∑+∞
k=n+1 ukxk un+1xn+1 |un+1|,
et donc Sup
x∈[0,1]
|Rn(x)| |an+1| →
n→+∞
0. La convergence est uniforme sur [0,1] et on en déduit que la somme est
continue sur [0,1]. En particulier
∑+∞
n=0 un = f(1) = lim
x→1
x<1
f(x) =
1
32
ln(3+2
√
2)+π
2
.
∑+∞
n=0
(−1)n
2n+1 ∑n
k=0
1
4k+1 = 1
32 ln(3+2
√
2)+π
2
.
Correction de l’exercice 11
Posons SpCA = (λ1,...,λp). On sait que pour tout entier naturel n, Tr(An) = λn
1 +...+λn
p .
Soit λ un nombre complexe.
• Si λ = 0, la série entière associée à la suite (λn)n∈N est de rayon infini et pour tout nombre complexe z,
∑+∞
n=0 λnzn = 1 = 1
1−λz.
• Si λ = 0, la série entière associée à la suite (λn) est de rayon 1
|λ| et pour |z| < 1
|λ|, ∑+∞
n=0 λnzn = 1
1−λz .
Soit ρ = Max(|λ1|,...,|λp|) (ρ est le rayon spectral de la matrice A) et R = 1
ρ si ρ = 0 et R = +∞ si ρ = 0.
Pour |z| < R,
+∞
∑
n=0
Tr(An
)zn
=
+∞
∑
n=0
p
∑
k=1
(λkz)n
=
p
∑
k=1
+∞
∑
n=0
(λkz)n
(somme de p séries convergentes)
=
p
∑
k=1
1
1−λkz
.
Il est alors clair que R est le rayon de convergence de la série entière proposée (développement en série entière
d’une fraction rationnelle).
Si de plus, 0 < |z| < R, ∑+∞
n=0 Tr(An)zn = 1
z ∑
p
k=1
1
1
z −λk
=
χA(1
z )
1
z χA(1
z )
(décomposition usuelle de P
P ).
Correction de l’exercice 12
Pour x réel, on sait que F(x) = e−x2 x
0 et2
dt = ∑+∞
n=0 ∑+∞
n=0(−1)n x2n
n! ∑+∞
n=0
x2n+1
n!(2n+1) .
La fonction F est impaire donc les coefficients d’indices pairs sont nuls. D’autre part, pour n ∈ N, le coefficient
de x2n+1 du produit de Cauchy des deux séries précédentes vaut
17

18. ∑n
k=0
1
k!(2k+1) × (−1)n−k
(n−k)! .
La méthode choisie fournit classiquement une expression compliquée des coefficients.
On peut aussi obtenir F comme solution d’une équation différentielle linéaire du premier ordre. F est dérivable
sur R et pour tout réel x, F (x) = −2xe−x2 x
0 et2
dt +1 = −2xF(x)+1.
F est uniquement déterminée par les conditions F + 2xF = 1 et F(0) = 0 (*). F est développable en série
entière sur R d’après le début de l’exercice et impaire. Pour x réel, posons donc F(x) = ∑+∞
n=0 anx2n+1.
(∗) ⇔ ∀x ∈ R,
+∞
∑
n=0
(2n+1)anx2n
+2
+∞
∑
n=0
anx2n+2
= 1 ⇔ ∀x ∈ R, a0 +
+∞
∑
n=1
((2n+1)an +2an−1)x2n
= 1
⇔ a0 = 1 et ∀n 1, (2n+1)an +2an−1 = 0 ⇔ a0 = 1 et ∀n 1, an = −
2
2n+1
an−1
a0 = 1 et ∀n 1, an =
(−1)n2n
(2n+1)(2n−1)...1
a0
⇔ ∀n ∈ N,
(−1)n22nn!
(2n+1)!
.
On a montré que pour tout réel x, F(x) = ∑+∞
n=0
(−1)n22nn!
(2n+1)! x2n+1. Par unicité des coefficients d’une série entière,
∀n ∈ N, on obtient en particulier,
∀n ∈ N, ∑n
k=0
1
k!(2k+1) × (−1)n−k
(n−k)! = (−1)n22nn!
(2n+1)! .
Correction de l’exercice 13
Pour tout entier naturel n, an+1 + bn+1 = 2(an + bn) et 3an+1 + 2bn+1 = 3an + 2bn (rappel : ces combinaisons
linéaires sont fournies par les vecteurs propres de tA si on ne les devine pas). On en déduit que pour tout entier
naturel n, an +bn = 2n(a0 +b0) = 2n et 3an +2bn = 3a0 +2b0 = 3. Finalement,
∀n ∈ N, an = 3−2n+1 et bn = 3(2n −1).
Les deux séries proposées sont alors clairement de rayons infini et pour tout réel x, f(x) = 3ex − 2e2x et
g(x) = 3(e2x −ex). (On peut avoir d’autres idées de résolution, plus astucieuses, mais au bout du compte moins
performantes).
Correction de l’exercice 14
Pour n 1, posons an = 1
nCn
2n
. Pour n ∈ N∗,
an+1
an
= n
n+1 × (2n)!
(2n+2)! × (n+1)!2
n!2 = n
2(2n+1) (∗).
Par suite, an+1
an
→
n→+∞
1
4 et d’après la règle de d’ALEMBERT, le rayon de la série entière considérée est R = 4.
Pour x ∈ ]−4,4[, posons f(x) = ∑+∞
n=1 anxn.
Les relations (∗) s’écrivent encore ∀n ∈ N∗, 4(n+1)an+1 −2an+1 = nan.
Soit x ∈]−4,4[. On multiplie les deux membres de l’égalité précédente par xn+1 et on somme sur n. On obtient
4x∑+∞
n=1(n+1)an+1xn −2∑+∞
n=1 an+1xn+1 = x2
∑+∞
n=1 nanxn−1,
ou encore x2 f (x) = 4x(f (x)−a1)−2(f(x)−a1x) ou encore x(x−4)f (x)+2 f(x) = −x (E). Soit I l’un des
deux intervalles ]−4,0[ ou ]0,4[.Sur I, l’équation (E) s’écrit :
f (x)+ 1
2
1
x − 1
x−4 f(x) = − 1
x−4 .
18

19. Une primitive sur I de la fonction a : x → 1
2
1
x − 1
x−4 est la fonction A : x → 1
2 (ln|x−4|−ln|x|) = ln |x−4|
|x| .
f solution de (E) sur I ⇔ ∀x ∈ I, f (x)+
1
2
1
x
−
1
x−4
f(x) = −
1
x−4
⇔ ∀x ∈ I, eA(x)
f (x)+a(x)eA(x)
f(x) =
1
4−x
|x−4|
|x|
⇔ ∀x ∈ I, (eA
f) (x) =
1
|x(x−4)|
(∗).
Déterminons une primitive de la fonction x → 1√
|x(x−4)|
sur I.
• Si I =]0,4[, 1√
|x(x−4)|
= 1√
x(4−x)
= 1√
4−(x−2)2
et une primitive de la fonction x → 1√
|x(x−4)|
sur I est la fonction
x → arcsin x−2
2 . Puis
f solution de (E) sur I ⇔ ∃C ∈ R/ ∀x ∈ I, eA(x)
f(x) = arcsin
x−2
2
+C
⇔ ∃C ∈ R/ ∀x ∈ I, f(x) =
x
4−x
arcsin
x−2
2
+C .
• Si I =] − 4,0[, 1√
|x(x−4)|
= 1√
x(x−4)
= 1√
(2−x)2−4
et une primitive de la fonction x → 1√
|x(x−4)|
sur I est la
fonction x → −argch 2−x
2 . Puis
f solution de (E) sur I ⇔ ∃C ∈ R/ ∀x ∈ I, eA(x)
f(x) = argch
2−x
2
+C
⇔ ∃C ∈ R/ ∀x ∈ I, f(x) =
x
x−4
−argch
2−x
2
+C .
f doit être définie, continue et dérivable sur ]−4,4[ et en particulier dérivable en 0. Ceci impose limx→0+ arcsin x−2
2 +
C = 0 (car sinon f(x) ∼
0+
C
√
x) et donc C = π
2 . Pour x ∈]0,4[, on a alors f(x) = x
4−x
π
2 −arcsin 2−x
2 =
x
4−x arccos 2−x
2 ce qui reste vrai pour x = 0 par continuité..
De même, limx→0− −argch 2−x
2 +C = 0 et donc C = 0. On a montré que
∀x ∈]−4,4[, ∑+∞
n=1
1
nCn
2n
xn =



x
4−x arccos 2−x
2 si x ∈ [0,4[
− x
x−4 argch 2−x
2 si x ∈]−4,0]
.
Correction de l’exercice 15
1. Soient A et B les sommes des séries entières associées aux suites a et b sur ] − 1,1[. La fonction B est
strictement positive sur ]0,1[ et en particulier ne s’annule pas sur ]0,1[.
• La suite a est positive donc la fonction A est croissante sur [0,1[ et admet ainsi une limite réelle ou
infinie quand x tend vers 1 par valeurs inférieures. De plus, pour N entier naturel donné et x ∈ [0,1[, on a
∑+∞
n=0 anxn
∑N
n=0 anxn et donc
∀N ∈ N, lim
x→1, x<1
A(x) lim
x→1, x<1
N
∑
n=0
anxn
=
N
∑
n=0
an.
19

20. Puisque la série de terme général positif an diverge, quand N tend tend vers +∞, on obtient lim
x→1, x<1
A(x)
+∞ et donc lim
x→1, x<1
A(x) = +∞. Il en est de même pour B car la série de terme général bn diverge quelque
soit la valeur de k.
• On veut alors montrer que A−kB =
x→1−
o(B).
Soit ε > 0. Par hypothèse, an − kbn o
n→+∞
(bn) et donc il existe un entier naturel N tel que pour n N,
|an −kbn| ε
2 bn.
Soit x ∈ [0,1[.
|A(x)−kB(x)| ∑+∞
n=0 |an −kbn|xn
∑N
n=0 |an −kbn|xn + ε
2 ∑+∞
n=N+1 bnxn
∑N
n=0 |an −kbn|+ ε
2 B(x).
Maintenant, B(x) tend vers +∞ quand x tend vers 1 par valeurs inférieures. Donc il existe α ∈]0,1[
tel que pour x ∈]1 − α,1[, B(x) > 2
ε ∑N
n=0 |an − kbn|. Pour x ∈]1 − α,1[, on a alors |A(x) − kB(x)| <
ε
2 B(x)+ ε
2 B(x) = εB(x).
On a montré que ∀ε > 0, ∃α ∈]0,1[/ ∀x ∈]1−α,1[, |A(x)−kB(x)| < εB(x) et donc limx→1−
A(x)
B(x) = k.
2. (a) La série entière proposée « vérifie »les hypothèses du 1) et de plus , lnn ∼
n→+∞
1+ 1
2 +...+ 1
n . Donc
f(x) ∼
x→1−
∑+∞
n=1 ∑n
k=1
1
k xn = ∑+∞
n=0 xn
∑+∞
n=1
xn
n = ln(1−x)
x−1 .
∑+∞
n=1(lnn)xn ∼
x→1−
ln(1−x)
x−1 .
(b) Soit p 2. np−1 ∼
n→+∞
(n+1)(n+2)...(n+ p−1). Comme les deux suites (np−1) et ((n+1)(n+
2)...(n+ p−1)) vérifient les hypothèses du 1)
∑+∞
n=0 np−1xn ∼
x→1−
∑+∞
n=0(n+ p−1)...(n+1)xn = ∑+∞
n=0 xn (p−1)
= 1
1−x
(p−1)
= (p−1)!
(1−x)p .
Par suite,
limx→1− (1−x)p
∑+∞
n=1 np−1xn = (p−1)!.
Correction de l’exercice 16
Supposons qu’il existe un entier naturel p tel que ap = ap+1. Le développement limité à l’ordre 1 de f(p) en 0
s’écrit f(p)(x) =
x→0
f(p)(0)+x f(p+1)(0)+o(x) = ap(1+x)+o(x) et on en déduit
|f(p)
(x)| |ap(1+x)|−|o(x)| = 1+x−|o(x)| 1+x−
x
2
(sur un voisinage pointé de 0 à droite)
= 1+
x
2
> 1 (sur un voisinage pointé de 0 à droite).
Donc si deux termes consécutifs sont égaux, f nne vérifie pas les conditions de l’énoncé ou encore si f vérifie
les conditions de l’énoncé, alors ∀p ∈ N, ap+1 = −ap puis ap = (−1)pa0. Mais alors, nécessairement pour tout
réel x, f(x) = e−x ou pour tout réel x, f(x) = −e−x.
Réciproquement, ces deux fonctions sont clairement solutions du problème posé.
Correction de l’exercice 17
1. La fonction f est de classe C∞ sur −π
2 , π
2 en tant que quotient de fonctions de classe C∞ sur −π
2 , π
2
dont le dénominateur ne s’annule pas sur −π
2 , π
2 et de plus f = 1+ f2.
Montrons par récurrence que pour tout naturel n, il existe un polynôme Pn à coefficients entiers naturels
tel que f(n) = Pn ◦ f (ou encore ∀x ∈ −π
2 , π
2 , tan(n)(x) = Pn(tanx)).
• C’est vrai pour n = 0 avec P0 = X et pour n = 1 avec P1 = 1+X2.
• Soit n 1. Supposons que pour tout k ∈ [[0,n]], il existe un polynôme Pk à coefficients entiers naturels
tel que f(k) = Pk ◦ f. D’après la formule de LEIBNIZ,
20

21. f(n+1) = (1+ f2)(n) = (f2)(n) = ∑n
k=0
n
k
f(k) f(n−k) = ∑n
k=0
n
k
PkPn−k ◦ f
et le polynôme Pn+1 = ∑n
k=0
n
k
PkPn−k est un polynôme à coefficients entiers naturels tel que tan(n+1) =
Pn+1 ◦ f.
Remarque. On aurait pu aussi dériver l’égalité f(n) = Pn ◦ f pour obtenir f(n+1) = f × Pn ◦ f = (P1 ×
Pn)◦ f mais on a déjà dans l’idée une relation de récurrence sur les coefficients du développement de tan
qui n’est pas fournie par cette dernière égalité.
2. Soient x ∈ 0, π
2 et n ∈ N. La formule de TAYLOR-LAPLACE à l’ordre n en 0 fournit
f(x) = ∑n
k=0
f(k)(0)
k! xk + x
0
(x−t)n
n! f(n+1)(t) dt.
Le 1) montre que pour tout réel t de 0, π
2 et tout entier naturel k, f(k)(t) = Pk(tant) 0.
Donc, d’une part f(k)(0)
k! xk 0 et d’autre part,
∑n
k=0
f(k)(0)
k! xk = f(x)− x
0
(x−t)n
n! f(n+1)(t) dt.
La suite des sommes partielles de la série de terme général f(k)(0)
k! xk 0 est majorée et donc la série de
terme général f(k)(0)
k! xk converge.
Ainsi, la série de TAYLOR de f à l’origine converge pour tout réel x de 0, π
2 . Son rayon de convergence R
est donc supérieur ou égal à π
2 (et donc la série de terme général f(k)(0)
k! xk converge aussi pour x ∈ −π
2 ,0 ).
Il n’y a par contre aucune raison pour le moment pour que sa somme soit f.
3. Pour n entier naturel donné, posons an = f(n)(0)
n! puis pour x dans −π
2 , π
2 , posons g(x) = ∑+∞
n=0 anxn.
On a vu que ∀n ∈ N∗, Pn+1 = ∑n
k=0 PkPn−k. On divise les deux membres de ces égalités par n! et on prend
la valeur en 0 (= tan0). On obtient
∀n ∈ N∗, (n+1)an+1 = akan−k et aussi a0 = 0 et a1 = 1.
Donc, pour x ∈ −π
2 , π
2 ,
g (x) =
+∞
∑
n=0
(n+1)an+1xn
= 1+
+∞
∑
n=1
n
∑
k=0
akan−k xn
= 1+
+∞
∑
n=0
n
∑
k=0
akan−k xn
= 1+
+∞
∑
n=0
anxn
2
= 1+g2
(x).
De plus, g(0) = a0 = 0.
Pour x ∈ −π
2 , π
2 , posons alors h(x) = arctan(g(x)). La fonction h est dérivable sur −π
2 , π
2 et pour
x ∈ −π
2 , π
2
h (x) = g (x)
1+g2(x)
= 1 puis h(x) = h(0)+(x−0) = x.
Ainsi, pour tout x ∈ −π
2 , π
2 , g(x) = tanx = f(x). Ceci montre déjà que f est développable en série
entière sur −π
2 , π
2 . Mais quand x tend vers π
2 par valeurs inférieures, g(x) = f(x) tend vers +∞ et donc
R π
2 puis R = π
2 .
En résumé, la fonction tangente est développable en série entière sur −π
2 , π
2 et pour x ∈ −π
2 , π
2 ,
tanx = ∑+∞
n=0 anxn où a0 = 0, a1 = 1 et ∀n ∈ N∗, (n + 1)an+1 = ∑n
k=0 akan−k. De plus, ∀n ∈ N, a2n = 0
puisque la fonction tangente est impaire.
4. a0 = a2 = a4 = a6 = 0 puis a1 = 1.
3a3 = a0a2 +a2
1 +a2a0 = 1 et donc a3 = 1
3 .
5a5 = 2a1a3 = 2
3 et donc a5 = 2
15 .
7a7 = 2a1a5 +a2
3 = 4
15 + 1
9 = 51
135 = 17
45 et a7 = 17
315 .
21

22. ∀x ∈ −π
2 , π
2 , tanx = x+ x3
2 + 2x5
15 + 17x7
315 +...
5. Pour tout réel x, th(x) = 1
x tan(ix) et donc pour x ∈ −π
2 , π
2 ,
th(x) = 1
i ∑+∞
n=0 a2n+1(ix)2n+1 = ∑+∞
n=0(−1)na2n+1x2n+1.
Cette série entière a aussi pour rayon de convergence π
2 .
Correction de l’exercice 18
Soit x ∈ R. La fonction t → e−t2
sin(tx) est continue sur [0,+∞[, négligeable devant 1
t2 quand t tend vers +∞ et
est donc intégrable sur [0,+∞[. La fonction F est donc définie sur R et impaire.
Soit x ∈ R. Pour tout réel t, posons f(t) = e−t2
sin(tx). Pour t ∈ R, on a
e−t2
sin(tx) = ∑+∞
n=0(−1)n x2n+1
(2n+1)!t2n+1e−t2
.
Pour n ∈ N et t ∈ R, posons fn(t) = (−1)n x2n+1
(2n+1)!t2n+1e−t2
.
• Chaque fonction fn, n ∈ N, est continue puis intégrable sur [0,+∞[ car négligeable devant 1
t2 quand t tend
vers +∞.
• La série de fonctions de terme général fn, n ∈ N, converge simplement vers la fonction f sur [0,+∞[.
• Ensuite, ∑+∞
n=0
+∞
0 |fn(t)| dt = ∑+∞
n=0
|x|2n+1
(2n+1)!
+∞
0 t2n+1e−t2
dt. Pour n ∈ N, posons In = +∞
0 t2n+1e−t2
dt.
Soit n ∈ N∗. Soit A un réel strictement positif. Les deux fonctions t → t2n et t → −1
2e−t2
sont de classe C1 sur
le segment [0,A]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient
A
0
t2n+1
e−t2
dt =
A
0
t2n
×te−t2
dt = −
1
2
t2n
e−t2
A
0
+n
A
0
t2n−1
e−t2
dt
= −
1
2
A2n
e−A2
+n
A
0
t2n−1
e−t2
dt.
Quand A tend vers +∞, on obtient In = nIn−1. En tenant compte, de I0 = +∞
0 te−t2
dt = 1
2 on a donc ∀n ∈ N,
In = n!
2 puis
∑+∞
n=0
+∞
0 |fn(t)| dt = ∑+∞
n=0
n!|x|2n+1
(2n+1)! .
Soient n ∈ N et x ∈ R.
(n+1)!|x|2n+3
(2n+3)!
n!|x|2n+1
(2n+1)!
= (n+1)x2
(2n+3)(2n+2) et donc limn→+∞
(n+1)!|x|2n+3
(2n+3)!
n!|x|2n+1
(2n+1)!
= 0. D’après la règle de d’ALEMBERT,
la série numérique de terme général n!|x|2n+1
(2n+1)! converge.
En résumé, pour tout réel x,
• Chaque fonction fn, n ∈ N, est continue puis intégrable sur [0,+∞[ car négligeable devant 1
t2 quand t tend
vers +∞.
• La série de fonctions de terme général fn, n ∈ N, converge simplement vers la fonction f sur [0,+∞[.
• ∑+∞
n=0
+∞
0 |fn(t)| dt < +∞.
D’après un théorème d’intégration terme à terme, pour tout réel x,
+∞
0 e−t2
sin(tx) dt = ∑+∞
n=0
+∞
0 fn(t) dt = ∑+∞
n=0(−1)n n!x2n+1
2(2n+1)! .
∀x ∈ R, +∞
0 e−t2
sin(tx) dt = ∑+∞
n=0(−1)n n!x2n+1
2(2n+1)! .
F est dérivable sur R et pour tout réel x,
22

23. F (x) = ∑+∞
n=0(−1)n n!x2n
2(2n)! = 1
2 − x
2 ∑+∞
n=1(−1)n−1 (n−1)!x2n−1
(2(2n−1)! = 1
2 − x
2F(x).
Par suite, pour tout réel x, ex2/4F (x)+ x
2 ex2/4F(x) = ex2/4
2 et donc
F(x) = F(0)+ e−x2/4
2
x
0 et2/4 dt = e−x2/4
2
x
0 et2/4 dt.
∀x ∈ R, +∞
0 e−t2
sin(tx) dt = e−x2/4
2
x
0 et2/4 dt.
Correction de l’exercice 19
On a I0 = 0, I1 = 1 et I2 = 2 (l’identité et la transposition τ1,2).
Soit n ∈ N∗. Il y a In+1 involutions σ de [[1,n+2]] vérifiant σ(n + 2) = n + 2 car la restriction d’une telle
permutation à [[1,n+1]] est une involution de [[1,n+1]] et réciproquement.
Si σ(n + 2) = k ∈ [[1,n+1]], nécessairement σ(k) = n + 2 puis la restriction de σ à [[1,n+2]] {k,n + 2} est
une involution et réciproquement Il y a In involutions de [[1,n+2]]{k,n+2} et n+1 choix possibles de k et
donc (n+1)In involutions de [[1,n+2]] telles que σ(n+2) = n+2. En résumé,
∀n ∈ N∗, In+2 = In+1 +(n+1)In.
Le rayon R de la série entière associée à la suite In
n! n∈N∗ est supérieur ou égal à 1 car ∀n ∈ N∗, In
n! 1. Pour x
dans ]−R,R[, posons f(x) = ∑+∞
n=1
In
n! xn. f est dérivable sur ]−R,R[ et pour x ∈]−R,R[
f (x) =
+∞
∑
n=1
In
(n−1)!
xn−1
= 1+2x+
+∞
∑
n=1
In+2
(n+1)!
xn+1
= 1+2x+
+∞
∑
n=1
In+1 +(n+1)In
(n+1)!
xn+1
= 1+2x+
+∞
∑
n=2
In
n!
xn
+x
+∞
∑
n=1
In
n!
xn
= 1+2x+ f(x)−x+x f(x) = 1+x+(x+1)f(x).
Donc, pour x ∈] − R,R[, f (x) + (x + 1)f(x) = x + 1 ou encore e
x2
2 +x f (x) + (x + 1)e
x2
2 +x f(x) = (x + 1)e
x2
2 +x.
Par suite, pour x ∈]−R,R[,
e
x2
2 +x f(x)− f(0) = x
0 (t +1)e
t2
2 +t dt = e
x2
2 +x −1,
et puisque f(0) = 0, ∀x ∈]−R,R[, f(x) = e
x2
2 +x −1.
Réciproquement, la fonction précédente est développable en série entière sur R en vertu de théorèmes généraux
(= e
x2
2 × ex) et les coefficients de ce développement vérifient les relations définissant In
n! de manière unique.
Donc, ces coefficients sont les In
n! ce qui montre que R = +∞.
∀x ∈ R, ∑+∞
n=1
In
n!xn = e
x2
2 +x −1.
Correction de l’exercice 20
1. Soient n 2 puis k ∈ [[1,n−1]]. On met une parenthèse autour de X1...Xk et une autour de Xk+1...Xn.
Ensuite, pour chacun des ak parenthésages de X1...Xk, il y a an−k parenthésages possibles de Xk+1...Xn.
Finalement, en faisant varier k de 1 à n−1, on a montré que
∀n 2, an = ∑n−1
k=1 akan−k.
23

24. 2. On suppose momentanément le rayon R de la série entière associé à la suite (an)n∈N∗ strictement positif.
On pose conventionnellement a0 = 0. Pour x ∈]−R,R[,
f2(x) = ∑+∞
n=0 anxn 2
= ∑+∞
n=0 (∑n
k=0 akan−k)xn = ∑+∞
n=2 ∑n−1
k=1 akan−k xn = ∑+∞
n=2 anxn = f(x)−x,
et donc
∀x ∈]−R,R[, f2(x) = f(x)−x.
3. Nécessairement, pour tout x de ]−R,R[, f(x) = 1
2 (1+
√
1+4x) (I) ou f(x) = 1
2(1−
√
1−4x) (II). Ainsi,
pour chaque x ∈]−R,R[, on doit choisir l’une de ces deux expressions. Puisque f(0) = 0, il faut choisir
l’expression (II) quand x = 0.
Pour x ∈ −1
4 , 1
4 , posons g(x) = 1
2 (1−
√
1−4x). g est développable en série entière sur −1
4 , 1
4 en vertu
de théorèmes généraux. Notons (bn)n∈N la suite des coefficients du développement. Puisque g(0) = 0,
on a b0 = 0 = a0 et puisque g (0) = 1, on a b1 = 1 = a1. Enfin, la fonction g vérifie ∀x ∈ −1
4, 1
4 ,
g2(x) = g(x) − x et donc ∀n 2, bn = ∑n−1
k=1 bkbn−k. On en déduit par récurrence que pour tout entier
naturel n, bn = an et donc ∀x ∈ −1
4, 1
4 , f(x) = g(x).
∀x ∈ −1
4 , 1
4 , f(x) = 1
2 (1−
√
1−4x).
4. Pour connaitre les an, il reste à développer la fonction g en série entière. Pour x ∈ −1
4 , 1
4 ,
g(x) = 1
2(1−(1−4x)1/2) = 1
2 1−∑+∞
n=0Cn
1/2(−4x)n = ∑+∞
n=1(−1)n−1Cn
1/222n−1xn.
Enfin, pour n ∈ N∗,
(−1)n−1
Cn
1/222n−1
= (−1)n−1
1
2 × 1
2 −1 ×...× 1
2 −(n−1)
n!
22n−1
=
2n−1
n!
×1×3×....×(2n−3)
=
2n−1
n!
×
1×2×3×....×(2n−3)×(2n−2)
2×4×...×(2n−2)
=
(2n−2)!
n!(n−1)!
=
Cn−1
2n−2
n
.
Donc
∀n ∈ N∗, an =
Cn−1
2n−2
n .
24